DISEÑO PARA ESFUERZOS SIMPLES

JUAN CARLOS PARRA QUIROGA

UNIVERSIDAD PEDAGOGICA Y TECNOLOGICA DE COLOMBIAINGENIERIA ELECTROMECANICA

DUITAMA-BOYACA2014

DISEÑO PARA ESFUERZOS SIMPLES

JUAN CARLOS PARRA QUIROGA

Ejercicios diseño

OTTO CARO ING.

UNIVERSIDAD PEDAGOGICA Y TECNOLOGICA DE COLOMBIAINGENIERIA ELECTROMECANICA

DUITAMA-BOYACA2014

DISEÑO PARA ESFUERZOS SIMPLES

2. El eslabón representado, fabricado con acero maleable ASTM A47-52, grado 35 018, está sometido a una carga de tracción de 8000 lb. (3628 Kg). Sea h = 1,5b. Si la carga se repite pero no se invierte, determinar las dimensiones de la sección basando el diseño en (a) la resistencia máxima o carga de rotura, (b) la resistencia de fluencia. (c) si este eslabón, que tiene una longitud de 15 in (38,1 cm), no se debe alargar más de 0,005 in. (0,127 milímetros), ¿Cuáles deben ser las dimensiones de la sección transversal?

(a)

resistenciamaxima su=55ksi

A=1,5b ∙b=1,5b2

N=6

sd=suN

=FA

550006

= 8000

1,5b2

b=√ 8000∗655000∗1,5

=0,76277∈¿

h=1,5b=1,14415∈¿

(b)N=3

fluenciaen traccion s y=36,5ksi

sd=suN

=FA

365003

= 8000

1,5b2

b=√ 8000∗336500∗1,5

=0,6621∈¿

h=1,5b=0,99313∈¿

(c)

E=25∗106 psi

δ= FLEA

0,005= 8000∗15

( 25∗106 )∗(1,5b2)

b=√ 8000∗15

(25∗106 )∗1,5∗0,005=0,8∈¿

h=1,5b=1,2∈¿

38. La conexión entre la placa y el gancho, tal como se representa, sirve para soportar una carga F. Determinar el valor de las dimensiones D, h y t en función de d si la conexión si la conexión debe ser suficientemente fuerte como la varilla de diámetro d. se supone que D1=1,2d , sus=0,75 su , y que la flexión de la placa es despreciable.

s= FA

= F

π d2

4

F=π d2

4∗s=

π d2

4∗su

N(1)

s= F

π (D2−D12)

4

= F

π (D 2−1,44d2)4

F=π (D2−1,44d2)

4∗s=

π (D2−1,44 d2 )4

∗su

N(2)

ss=F

π D1h= F

1,2 πdh

F=1,2πdh∗ss=1,2πdh∗sus

N=1,2

πdh∗0,75 suN

(3)

ss=FπDt

F=πDt∗ss=πDt∗sus

N=πDt∗0,75 su

N(4)

Igualando (1) y (2)

π d2

4∗su

N=

π (D2−1,44d2 )4

∗su

N

D2=2,44 d2

D=1,562d

Igualando (1) y (3)

π d2

4∗su

N=1,2

πdh∗0,75 suN

π d2

4∗0,9 πd=h

h=0,278d

Igualando (1) y (4)

π d2

4∗su

N=πDt∗0,75 su

N

π4=0,75Dt

d2

4=0,75(1,562d) t

t=0,2134 d

50. Diseñar una junta de unión de barras o varillas, análoga para la representada para la carga y el material que indica en la tabla que se acompaña. El ahusamiento del pasador debe ser de ½ in. En 12 in. (12,7 en 304,8 mm). (a) utilizando los esfuerzos de cálculo basados en la resistencia de fluencia, determinar todas las dimensiones de modo que se satisfaga las ecuaciones de

resistencia necesarias. (b) modificar las dimensiones cuando sea necesario para obtener buenas proporciones, teniendo cuidado de no debilitar la junta (c) decidir las tolerancias y las sobredimensiones para ajustes con holgura (d) hacer un croquis a escala de cada una de las partes de la junta indicando todas las dimensiones necesarias para la fabricación, con las tolerancias y las sobredimensiones.

Carga N° AISI laminadoLb. Kg.

3500 1587 1030

(a)

sy=3586Kg

cm2=51 Ksi

sys=0,6 s y=0,6∗51=30,6 Ksi

N=4basado en laresistencia a la fluencia

s=s yN

=514

=12,75 Ksi

ss=s ys

N=30,6

4=7,65 Ksi

F=sA=s ( π d2

4 )d=√ 4∗F

π∗s=√ 4∗3,5

π∗12,75=0,59∈¿

NO ENTENDI MAS DEL EJERCICIO

87. (a) Un rodillo de 0,75 in (19,05 mm) de diámetro está en contacto con una superficie de leva cuya anchura es 0,5 in. (12,7 mm). La máxima cara es 2,5 Kips donde el radio de curvatura de la superficie de la leva es 3,333 in (54,65 mm). Calcular el esfuerzo de compresión en Hertz. (b) lo mismo que (a) excepto que el seguidor tiene una cara plana. (c) lo mismo que (a) excepto que el rodillo se desplaza en una cara estirada y hacer contacto con la superficie cóncava. (d) ¿cuál es el esfuerzo cortante máximo para la parte (a) y hasta donde penetra en la superficie?

(a)

scmax=[ 0,35 F ( 1r1

+ 1r2

)b( 1

E1

+ 1E2 ) ]

12

r1=0,75

2=0,375∈¿

r2=3,333∈¿

F=2,5 Kips

b=0,5∈¿

E=30000 Ksi

scmax=[ 0,35∗2,5( 10,375

+1

3,333 )0,5( 2

30000 ) ]12

=279,06 Ksi

(b)

scmax=[ 0,35∗2,5( 13,333

+1

3,333 )0,5( 2

30000 ) ]12

=125,5 Ksi

(c)

scmax=[ 0,35∗2,5( 10,375

−1

3,333 )0,5( 2

30000 ) ]12

=249,25 Ksi

(d)

ssmax=0,3 scmax=0,3∗279,06=83,218 Ksi

w=4∗scmax(1−μ2)( 1

E1

+1E2

)( 1r1

+ 1r2

)=

4∗279,06∗(1−0,32)( 230000 )

( 10,375

+ 13,333 )

=0,0228∈¿

4-64 Un anillo de pistón de fundición de hierro tiene un diámetro medio de 81 mm, una altura radial h =6 mm y un espesor b = 4 mm. El anillo se ensambla mediante una herramienta de expansión, la cual divide los extremos separados a una distancia δ, aplicando una fuerza F como en se muestra en la figura. Con el teorema de Castigliano calcule la deflexión δ como una función de F. Use E = 131 GPa y suponga que se aplica la ecuación (4-28).

U=2∫0

πM 2Rdθ

2 EIRh

>10

M=FR(1−cosθ)

δ=∂U∂F

=2∫0

π (FR (1−cosθ ))2Rdθ

2EI

δ=2∫0

πF R3 (1−cosθ )2dθ

EI

δ=3πF R3

EI

I=bh3

12=4∗63

12=72mm2

R=812

=40,5mm

δ=3πF (40,5)3

131∗72=66,38 F

4-66 Para la forma de alambre que se muestra en la figura, determine las deflexiones verticales de los puntos A y B. Considere solo la flexión y suponga que se aplica la ecuación (4-28).

Q

M=PRsinθ+QR (1+sinθ)

∂M∂Q

=R (1+sinθ)

U=∫0

π2M 2Rdθ

2 EI

δa=∂U∂Q

= 1EI

∫0

π2

M∂M∂Q

Rdθ

δa=∂U∂Q

= 1EI

∫0

π2

(PRsinθ+QR (1+sinθ))(R(1+sinθ))Rdθ

Como Q es una fuerza ficticia esta se hace cero

δa= 1EI

∫0

π2

(PRsinθ)R(1+sinθ)¿Rdθ¿

δa= PR3

EI∫0

π2

(sinθ+sin2θ)dθ

δa= PR3

EI (1+ π4 )

M=PRsinθ

∂M∂ P

=Rsinθ

δa=∂U∂ P

= 1EI

∫0

π2

M∂M∂ P

Rdθ

a= 1EI

∫0

π2

(PRsinθ)(Rsinθ)Rdθ

δa= PR3

EI∫0

π2

(sin2θ)dθ

δa= PR3

EI ( π4 )

4-67 Para la forma de alambre que se muestra en la figura, determine la deflexión del punto A en la dirección y. Suponga que R/h > 10 y considere solo los efectos de la flexión y la torsión. El alambre es de acero con E = 200 GPa, v = 0.29 y tiene un diámetro de 5 mm. Antes de la aplicación de la fuerza de 200 N, la forma de alambre está en el plano xz donde el radio R es de 100 mm.

M=PRsinθ

∂M∂ P

=Rsinθ

T=PR(1−cosθ)

M

T

∂T∂P

=R (1−cosθ)

U=∫0

π2M 2Rdθ

2 EI+∫

0

π2T 2Rdθ2GJ

δa=−∂U∂ P

=−1EI

∫0

π2

M∂M∂P

Rdθ− 1GJ

∫0

π2

T∂T∂ P

Rdθ

δa=−1EI

∫0

π2

(PRsinθ ) (Rsinθ )Rdθ− 1GJ

∫0

π2

(PR(1−cosθ))(R(1−cosθ))Rdθ

δa=−1EI

∫0

π2

(P R3 sin2θ )dθ− 1GJ

∫0

π2

(PR3(1−cosθ)2)dθ

J=2 I G= E2 (1+υ)

δa=−1EI

∫0

π2

(P R3 sin2θ )dθ− 12 IE

2(1+υ)

∫0

π2

(P R3(1−cosθ)2)dθ

δa=−P R3

EI ( π4 )− PR3

IE(1+υ )

( 3π4

−2)

δa= −200∗1003

(200∗103)∗( π∗54

64)( π4 )− 200∗1003

(200∗103)∗( π∗54

64)

(1+0,29 )

(3 π4

−2)

δa=−40,577mm